高中数学不等式易错题分析

2010届高考数学精题精练：不等式

一、选择题

1.已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)f(x4)，且当x2时，f(x)单调递增，如果x1x24且(x12)(x22)0，则f(x1)f(x2)的值 （ ）

A、恒大于0 B、恒小于0 C、可能为0 D、可正可负

2.已知函数f(x)xx,x1、x2、x3R,且x1x20，x2x30，x3x10，则f(x1)f(x2)f(x3)的值 （ ） A、一定大于零 B、一定小于零 C、等于零 D、正负都有 3.设Mx,yyx22bx1，Px,yy2axb，Sa,bMP，则S的面积是 （ ）

A. 1 B.  C. 4 D. 4

32164.设f(x)是(x,2上恒成立，则实)展开式的中间项，若f(x)mx在区间22x2数m的取值范围是（ ）

A．0, B．, C． ,5 D．5,

4425.若不等式xlogmx0在0,内恒成立,则实数m的取值范围是 ( )

5512A.

1111m1 B. 0m C. 0m D.m 1616416

2222

6.已知实数x，y满足3x+2y=6x，则x+y的最大值是( ) A、

7.若0 < a，b，c < 1，并且a + b + c = 2，则a + b + c 的取值范围是（ ） （A）[2 )

8.不等式1log2x> 1 – log 2 x的解是（ ）

（A）x ≥ 2 （B）x > 1 （C）1 < x < 8 （D）x > 2

2

2

2

9 B、4 C、5 D、2 24444，+ ∞ ) （B）[，2 ] （C）[，2 ) （D）(，3333

sincossin2)，b = f (sincos)，c = f ()，其中f ( x )

2sincos= log sin θ x，θ∈( 0，)，那么（ ）

29.设a = f (

（A）a ≤ c ≤ b （B）b ≤ c ≤ a （C）c ≤ b ≤ a （D）

a ≤ b ≤ c

10.S = 1 +111++ … +，则S的整数部分是（ ）

100000023（A）1997 （B）1998 （C）1999 （D）2000

11n+≥恒成立，则n的最大值为（ ） abbcac（A）2 （B）3 （C）4 （D）5

1x12.使不等式2 – a > arccos x的解是–< x ≤ 1的实数a的值是（ ）

212225（A）1 – （B）– （C）– （D）– π

22236211.设a > b > c，n∈N，且

13.若不等式abm4ab对所有正实数a，b都成立，则m的最小值是（ ） A. 2 B. 2 C. 2 D. 4

14.设xiR,xi0(i1,2,3,4,5)的最小值等于 A．

323422xi15i1，则maxx1x2,x2x3,x3x4 ,x4x5

（ ）

1111 B． C． D． 436422215.已知x,y,z满足方程x(y2)(z2)2，则x2y2z2的最大值是

A．42 B．23 C．32 D．2

16.若直线ykx1与圆x2y2kxmy40交于M,N两点,且M,N关于直线

xy0对称,动点Pa,b在不等式组表示的平面区域内部及边界上运kxmy0y0kxy20动，则wb2的取值范围是

a1

（ ）

A．[2,) B．(,2] C．[2,2] D．(,2][2,)

17.已知x0,y0，且

211，若x2ym22m恒成立，则实数m的取值范xy围

是( )

A．m4或m2 B．m2或m4 C．2m4 D．4m2 18.关于x的不等式cosxlg(9x2)cosxlg(9x2)的解集为 （ ） A．(3,22)(22,3)

B．(22,D．(3,3)

)(,22)

22C．(22,22) 19.已知满足条件

的点

的最大整数，例如

的点

构成的平面区域的面积为

，其中与

的关

、

，满足条件

分别表示不大于、

构成的平面区域的面积为

，

， 则

系

（

）

B.

D.

20.已知满足条件

的点

的最大整数），则点

的点

，满足条件、

分别表示不大于、

C.

A．

构成的平面区域的面积为

，（其中

构成的平面区域的面积为

一定

在 （ ）

A．直线

左上方的区域内 B．直线

上

C．直线

左下方的区域内

右下方的区域内 D．直线

21.根据程序设定，机器人在平面上能完成下列动作：先从原点O沿正东偏北（02）

方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但的大小以及何时改变方向不定. 如右图. 假定机器人行走速度为10米/分钟，设机器人行走2分钟时的可能落点区域为S，则S可以用不等式组表示为（ ） A.

北 y P(x, y) 00xy2020 B.

xxx2y400

y20y202020

2. 东

x2y2C. x0y0400 D. x O x(m) y22.根据程序设定，机器人在平面上能完成下列动作：先从原点O沿正东偏北（02）

方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但的大小以及何时改变方向不定. 如右图. 假定机器人行走速度为10米/分钟，设机器人行走2分钟时的可能落点区域为S，则

S的面积（单位：平方米）等于（ ）

A. 100 B. 100200 C. 400100 D. 200

北 y P(x, y) . 东

 O x(m)

23.定义：若存在常数，使得对定义域D内的任意两个不同的实数

成立，则称函数

数

，

均有

在定义域D上满足利普希茨条件．对于函

满足利普希茨条件、则常数k的最小值应是

A．2 B．1 C．

24.如果直线y＝kx＋1与圆

D．

交于M、N两点，且M、N关于直线x＋y＝0对称，则不等式组：表示的平面区域的面积是（ ）

A． B． C．1 D．2

25. 给出下列四个命题： ①若

②“a<2”是函数“

；

无零点”的充分不必要条件；

③若向量p=e1+e2，其中e1，e2是两个单位向量，则|p|的取值范围是[0，2]； ④命题“若lgx>lgy，则x>y”的逆命题. 其中正确的命题

是 （ ）

A．①② B．①③ C．③

④ D．①②③

26.已知点（x, y）构成的平面区域如图（阴影部分）所示，面区域内取得最大值优解有无数多个，则m的值为

（m为常数），在平

A． B． C． D．

27. 若的最大值

为 （ ）

A．2 B．3

C．4 D．5

28.2 C．4 D．2

满足，且等号成立时，且等号成立时，且等号成立时，且等号成立时

，那么

29. 如果正数A、B、C、D、

的取值唯一 的取值唯一 的取值不唯一 的取值不唯一

30. 设变量（ ）

最小值为

A.9 B.4 C.3 D.2

31.设两个向量和其中为实数.若

则的取值范围

是 ( ) A.

B.

和原料

分别为

，生产乙产品每千克需用原料

元，月初一次性够

C.

D.

32.某厂生产甲产品每千克需用原料和原料

分别为

各

千克，甲、乙产品每千克可获利润分别为

进本月用原料千克，要计划本月生产甲产品和乙产品各多少千克才能使月利润

总额达到最大；在这个问题中，设全月生产甲、乙两种产品分别为千克，千克，月利润

总额为元，那么，用于求使总利润最大的数学模型中，约束条件为

（A） （B） （C） （D）

33.若（A）34.若

且

，则

的最小值是

的最小值为（ ）

（C）

（B）3 （C）2 （D）

且

则

（B）

（A）

（D）

35. 对任意实数x,不等式A.二、填空题

B.

C.

恒成立，则的取值范围是（ ） D.

36.已知函数yfx是定义在R上的偶函数，当x＜0时，fx 是单调递增的，则不等式fx1＞f12x的解集是_________________________.

37.已知集合Axx2axxa，集合Bx1log2x12，若AB，则实数

a的取值范围是________________________.

38.设A{x1x2},B{xf(x)m3}，若f(x)x1,AB，则m的取值范围是___ __

39.已知x0,y0，且xyxy，则ux4y的取值范围是_____________.

2xy02xy240.若不等式组 表示的平面区域是一个三角形及其内部，则a的取值范围

y0xya是 ．

41.不等式logax22x31在R上恒成立,则a的取值范围是_________________.

242.下列四个命题中:①ab2ab②sinx44③设x,y都是正整数,若2sinx191,则xy的最小值为12④若x2,y2,则xy2 xy其中所有真命题的序号是___________________.

43.已知x,y是正数, a,b是正常数,且

ab1,xy的最小值为______________. xy44.已知a,b,ab成等差数列,a,b,ab成等比数列,且0logmab1,则m的取值范围是______.

222222

45.已知a+b+c=1, x+y+z=9, 则ax+by+cz的最大值为 三、解答题

46.（本小题满分12分）

2已知数列{an}和{bn}中，a1t(t0),a2t.当xt时,函数f(x)

1(an1an)x3(anan1)x(n2)取得极值。 3 （1）求数列{an}的通项公式；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2 （2）若点Pn(1,bn),过函数g(x)ln(1x)图象上的点(an,g(an))的切线始终与OPn

1111平行（O是坐标原点）。求证：当t2时,不等式2n22对任意

2b1b2bnnN都成立。

47.（本题满分14分） 已知实数c0，曲线C:y1nx与直线l:yxc的交点为P(异于原点O)，在曲线

过点P1作PQ交直线l于点Q1，过点Q1作Q1P2平C 上取一点P1(x1,y1)，11平行于x轴，行于y轴，交曲线C于点P2(x2,y2)，接着过点P2作P2Q2平行于x轴，交直线l于点Q2，过点Q2作Q2P3平行于y轴，交曲线C于点P3(x3,y3)，如此下去，可以得到点

P4(x4,y4)，P5(x5,y5)，…,Pn(xn,yn),… . 设点P的坐标为(a,a)，x1b, (0ba).

（Ⅰ）试用c表示a，并证明a1；

*（Ⅱ）试证明x2x1，且xna（nN）；

（Ⅲ）当c0, b1xx1x3x2时，求证：22x3x4xn1xn2* （nN）. xn221lnx . x1（Ⅰ）若函数在区间(a,a)其中a >0，上存在极值，求实数a的取值范围；

2k（Ⅱ）如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围；

x148.已知函数f(x)（Ⅲ）求证(n1)！(n1)en2(nN).

49.如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部

2,

分），这两栏的面积之和为18000cm四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，怎样确定广告的高与宽的尺寸（单位：cm），能使矩形广告面积最小？

50.已知函数f（x）=logax（a>0，且a≠1），x∈［0，+∞）.若x1，x2∈［0，+∞），判断［f（x1）+f（x2）］与f（的大小，并加以证明.

12x1x2）2ax251.解关于x的不等式＞x，（a∈R）.

ax152.二次函数f(x)axbxc(a0)对一切xR都有

2f(2x)f(2x)，解不等式flog1(x2x1)flog1(2x2x5)

222853.解关于x的不等式：loga(ax)log2(ax) (a0 且 a1)

a254.已知不等式

22162(2a3)cos()2sin23a6对于0,4sincos2恒成立，求a的取值范围。

55.设函数fx的定义域为R, 当x＜0时, fx＞1, 且对于任意的实数x,yR, 有

fxyfxfy成立. 又数列an满足a1f0, 且fan1(1)求证: fx是R上的减函数；

1nN* f(2an)

(2)求a2007的值； (3)若不等式(1大值.

答案

一、选择题 1.B 2.B 3.B 4.D 5.A 6.B

错误原因：忽视了条件中x的取值范围而导致出错。 7.C 8.B 9.D 10.B 11.C 12.B 13.C 14.B 提示：

111)(1)(1)≥k ·2n1对一切nN*均成立, 求k的最a1a2an

maxx1x2,x2x3,x3x4,x4x5 maxxx,xx,xx121415

151(xix4)3i13 取x1x3x51,x2x40则 31 maxx1x2,x2x3,x3x4,x4x515.C 16.D 17.D 18.B 19.D 20.A 21.B 22.B

23.答案：C 24.答案：A 25.答案:B 26.答案:B 27.答案:B 28.答案:C 29.答案：A 解析：解1：∵正数

满足

当且仅当a=b=2时，“=”成立；又4=成立；综上得，且等号成立时

解2：取

得

时取等号，故选A。

30.答案：C 31.答案：A

解析：由设代入方程组可得3，∴ 4=，即，

，∴ c+d≥4，当且仅当c=d=2时，“=”

的取值都为2，选A。

，从而淘汰B、D；又∵当且仅当

可得，

消去化简得

，再化简得再

令代入上式得可得解不

等式得32.答案：C

因而解得.故选A

解析：某厂生产甲产品每千克需用原料料

和原料

分别为

各

和原料分别为，生产乙产品每千克需用原

元，月初一次性

千克，甲、乙产品每千克可获利润分别为

够进本月用原料千克，要计划本月生产甲产品和乙产品各多少千克才能使月利

润总额达到最大；在这个问题中，设全月生产甲、乙两种产品分别为千克，千克，月利润总额为

元，那么，用于求使总利润

最大的数学模型中，约束条件为

，选C.

33.答案：A

22222

解析：（a＋b＋c）＝a＋b＋c＋2ab＋2ac＋2bc＝12＋（b－c）12，当且仅当b＝c时取等号，故选A 34.答案：D 解析：若

且

所以

，

∴ ，则()≥，选D.

35.答案：C

二、填空题（ 小题，每小题 分） 36.,037.1,3 38.(2,4) 39.9,

2,

40.0a1或a41.[

4 31，1） 242.④

43.ab2ab 44.（8，+∞） 45.3

三、解答题（ 小题，每小题 分）

46.解析：（1）由f'(x)0得(an1an)t(anan1),(n2)

2 即{an1an}是首项为tt,公比为t的等比数列。

…………2分

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2n1tn1tn……a2a1t2t.antn……5分 当t1时，an1an(tt)t当t1时,代入f(x)可知，函灵敏为常量函灵敏f(x)0，常量函数没有极值，不符合题意；

2an2tn. （2）证明：由bng'(an)得bn1a2n1t2n11n1(tn) bn2t

…………8分

111t2,当t1时,数列{}为递减数列，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 22bn1}为递增数列 bn1t2,数列{当t11或2时取得最在值。 2bn

…………10分

11n1(2n) bn22111111[(2222n)n] b1b2bn222nn11nnnn2(12)2212222

22…………12分

yxc47.解析：（Ⅰ）点P的坐标(a,a)满足方程组，所以aac, ……………

yx1分

解得： a分

因为c0 ，所以故12c14c2，故a分

（Ⅱ）由已知P2(bc,1(b,b)，Q1(bc,b)，P114c1，故a(12c14c)， ……………………… 2221(12c14c)1. ………32bc)，

即：x1b , x2bc， …………………………… 4分 所以x2x1bcbbaab(ab)(ab1)

因为0ba , a1，所以x2x1. ……………………………… 5分

*下面用数学归纳法证明xna（nN）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

1当n1时，x1ba成立； ○

*2假设当nk时，有xka成立，（kN） ○

则当nk1时，xk1ykc , ( xk0) ………………………………… 6

分

所以xk1xkcxkaaa …………………………… 7分

所以当nk1时命题也成立，

*综上所述由○1，○2知xna（nN）成立.………………………………… 8分

(注：此问答题如：只是由图可知，而不作严格证明，得分一律不超过2分) （Ⅲ）当c0时，分

所以xn 因为b

1ba1，xk1ykxk (1kn, k,nN*)，…………92x12n1x1()22n2x1()n121b1()n12.………………………………10分

1411，所以当k1时，由（Ⅱ）知xk2x3，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 22

所以有

1xk2242.……………………………………………………………12分

1()k21()k1214 又因为xk1xkb 所以

b0， (xnxn1)(x3x2)(x2x1)xnx1

1bx1x22xna1，xnx1111，…………………13分 22故有：

x2x1x3x2x3x4分

48.解析：（Ⅰ）因为

4nxn1xn424 ….142(xk1xk)2(xn1x1)xn22k1f(x)1lnxlnx， x >0，则f(x)2， （1分） xx 当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0. 所以f(x)在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减， 所以函数f(x)在x1处取得极大值. （1分） 因为函数f(x)在区间(a,a)（其中a0）上存在极值，

12a1,1 所以 解得a1. （2分） 1a1,22（Ⅱ）不等式f(x)k(x1)(1lnx)(x1)(1lnx),即为k, 记g(x), x1xx(x1)(1lnx)x(x1)(1lnx)xlnx 所以g(x) （1分） x2x2 令h(x)xlnx，则h(x)1

1， （1分） xx1， h(x)0,

h(x)在1,)上单调递增， （1分） h(x)minh(1)10，从而g(x)0，

故g(x)在1,)上也单调递增， （1分） 所以g(x)ming(1)2，所以k2 . （1分）

（Ⅲ）又（Ⅱ）知：f(x)2x122,恒成立，即lnx11， （1分） x1x1x1x2，

n(n1) 令xn(n1)，则lnn(n1)12， （1分） 122 ln(23)1，

232 ln(34)1，

34 所以 ln(12)1

lnn(n1)1 叠加得：

232 ln123n(n1)n22， （1分）

n(n1)111 n(n1)1223n2(1211)n2n2 . （2分） n1n122n2则123n(n1)e所以(n1)！(n1)e

n2，

(nN). （1分）

49.解法1：设矩形栏目的高为a cm，宽为b cm，则ab=9000.

广告的高为a+20，宽为2b+25，其中a＞0，b＞0. 广告的面积S＝(a+20)(2b+25)

＝2ab+40b+25a+500＝18500+25a+40b

①

≥18500+225a•40b=18500+1000ab24500.

当且仅当25a＝40b时等号成立，此时b=a,代入①式得a=120，从而b=75. 即当a=120，b=75时,S取得最小值24500.

故广告的高为140 cm,宽为175 cm时，可使广告的面积最小. 解法2：设广告的高为宽分别为x cm，y cm，则每栏的高和宽分别为x－20，

58y25,其中2x＞20，y＞25

两栏面积之和为2(x－20)

y251800018000,由此得y=25, 2x20

广告的面积S=xy=x(整理得S=

180001800025)＝25x,

x20x2036000025(x20)18500.

x2036000025(x20)1850024500.

x20因为x－20＞0，所以S≥2

当且仅当

36000025(x20)时等号成立，

x202

此时有(x－20)＝14400(x＞20)，解得x=140，代入y=即当x=140，y＝175时，S取得最小值24500，

18000+25,得y＝175，

x20故当广告的高为140 cm，宽为175 cm时，可使广告的面积最小.

50.解析：f（x1）+f（x2）=logax1+logax2=logax1·x2

∵x1>0，x2>0，∴x1·x2≤（

x1x22

）（当且仅当x1=x2时取“=”号） 2x1x22xx21），∴logax1x2≤loga1 222当a>1时，loga（x1·x2）≤loga（

即

xx21［f（x1）+f（x2）］≤f（1）（当且仅当x1=x2时取“=”号）

22x1x22xx21），∴logax1x2≥loga1 222当0即

xx21［f（x1）+f（x2）］≥f（1）（当且仅当x1=x2时取“=”号）

22ax2ax2x51.解析：由＞x得-x＞0即＞0（2分）

ax1ax1ax1此不等式与x（ax-1）＞0同解.（3分）

x＞0 x＜0 ①若a＜0，则 或 ax-1＞0 ax-1＜0

00x1x1得：或

xxaa11即 无解 或＜x＜0. ∴解集为（，0）.（4分）

aa②若a=0，则-x＞0x＜0，∴解集为（-∞，0）.（6分）

x＞0 x＜0 ③若a＞0，则 或

ax-1＞0 ax-1＜0

00x1x1得或

xxaa11或x＜0，∴解集为（-∞，0）∪（，+∞）（9分） aa1综上所述：①当a＜0时，不等式的解集是（，0）

a即：x＞

②当a=0时，不等式的解集是（-∞，0） ③当a＞0时，不等式的解集是（-∞，0）∪（

52.解析：∵ log1(x2x)log1(x)22，

22421，+∞）（10分） a1211511log1(2x2x)log12(x)21，

84222又f（x）在(，2]上递增，

由原不等式，得： log1(xx)log1(2xx) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

2221225812xx02141452 1 x12xx04481522xx2xx28

53.解析：原不等式等价于：12logax112logax 22111①当logax时，原不等式可化为：12logax2logax，解得：

222111logax，故logax；

323111②当2logax时，原不等式可化为：12logax2logax，

2221解得：logax1，故1logax；

211③当logax2时，原不等式可化为：12logax2logax，解得：

22

1logax，故无解。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

31综上可知：1logax，

31∴当a1时，原不等式的解为x3a；当0a1时，原不等式的解为

a3ax1

a

54.解析：设sincosx，则cos(从而原不等式可化为：(2a3)x4)2x,sin2x21,x1,2 262(x21)3a6 x6222即2x2ax3x3a40,2x(xa)3(xa)0，

xxx2(2x3)xa0xx1,2(1)

 原不等式等价于不等式（1）

x1,2,2x30

（1）不等式恒成立等价于x2恒成立。 a0x1,2x从而只要a(x)max(x1,2)。

2x又容易知道f(x)x22在1,2上递减，(x)max3(x1,2)。

xx所以a3。

55.解析: (1)由题设, 令x= 1, y=0, 可得f(1)=f(1)f(0), ∴ f(0)=1. 故a1=f(0)=1 当x＞0时, x＜0, ∴ f(x)＞1, 且 1=f(0)=f(x)f(x), 故得 0＜f(x)＜1 从而可得f(x)＞0, x∈R

设x1, x2∈R, 且x1＜x2, 则x2x1＞0, 故f(x2x1)＜1, f(x1)＞0

从而f(x1) f(x2)=f(x1) f(x1+x2x1)=f(x1) f(x1)f(x2x1)=f(x1)[1f(x2x1)]＞0 即f(x1)＞f(x2), ∴函数f(x)在R上是减函数. (2)由f(an+1)=

1, 得f(an+1)f( 2an)=1, 即f(an+1an2)=f(0)

f(2an)*

由f(x)的单调性, 故an+1an2=0 即an+1an=2 (n∈N)

因此, {an}是首项是1, 公差为2的等差数列, 从而an=2n1, ∴ a2007=4013 (3)设g(n)=

(1111)(1)(1)a1a2an2n1, 则g(n)＞0, 且k≤g(n)对n∈N恒成立.

*

由g(n1)g(n)*

(1)2n1an12n312(n1)4(n1)12＞1, 即g(n+1)＞g(n),

∴ g(n)在N上为单调递增函数, 故g(n)≥g(1)= 因此, k≤

233

233, 即k的最大值为

233